电动力学第二章习题解答.pdf

华中师大 陈义成 - 40 - 2.15 2.15 在一烟尘沉淀器中有一半径为R， 单位长度带静电荷库仑的长导线 现有 一无净电荷的烟尘，介电常数为，烟尘近似为球形，半径为a，求：这烟尘刚刚要与 导线发生碰撞之前它们之间的吸引力 （假设aR时，, 2 s r = ，于是得 0s a=，式(5)成为 3 0 3 0 ( , )1cos s R rr r = (6) (2)半球面上电荷的面密度为 000 3cos nn rR DE r = = (7) 半球面上的电荷量为 /2/2 22 0 00 2sin6sin cosQRRddi = 2 0 3 R= (8) (3) 根据对称性，半球面上电荷所受的力F ? 的方向沿极轴方向，F ? 的大小为 /2 2 0 1 ()coscossin cos 2 RR S FFESREddd = 华中师大 陈义成 - 44 - 22 /2/2 223 0 0 00 0 9 3sin cossin cos rR R R r ddi = = 22 0 0 9 4 R = (9) 2.192.19 如图所示，内导体球半径为a，带电量为Q， 外导体球壳接地，半径为b两球心间距为c.（1）证 明以内球球心为原点时，准确到c的一级小量，外球壳 的方程为( )cosrbc=+； （2）如果两球壳之间的电势只含有) 1 , 0)(cos=lpl 成分，在c为一级小量近似下确定电势 【解】 （1）当P点在球壳上时，由余弦定理得到 2222 2cos2cosbcrrcrrc=+? 222 1 2 cos4cos4cos 2 rccbbc + ? （2）由 2 0=及轴对称性可知两球壳间电势为 1 0 (cos ) l l ll l l B Arp r + = =+ 依题意，只取l=0,1 项，电势近似为 01 01 2 cos BB AAr rr =+ （1） 由内导体球面为等势面， （1）式中cos项应为零，有 1 1 2 0 B Aa a += （2） 并由 2 0 d r a rQ r = = ? 得 0 0 4 Q B = （3） 外球壳接地，在cosrbc+?处，0=，有 01 01 2 (cos )cos0 cos(cos ) BB AA bc bcbc += + （4） 在准确到c的一级小量时 题 2.19 图 华中师大 陈义成 - 45 - 1 1 (cos )1cos c bc bb += ， 2 2 12 (cos )1cos c bc bb += 则由（3） ， （4）式略去展开后的（4）中的 2 cos项给出 0 0 0 =+ b B A 即 0 0 4 Q A b = （5） 0 2 1 1 2 0 =+ b B bA b cB （6） 联立（2） 、 （3） 、 （6）式得到 1 33 0 4() Qc A ba = ， 3 1 33 0 4() Qca B ba = 故最后得到两球壳的电势为 3 33 0 11 1cos 4 Qcra rbbar =+ 2.20 2.20 试证明：球对称分布的电荷系，对于球心的电偶极矩和电四极矩均为零。 【证明证明】依定义，设电荷系的电荷密度分布为( )r ? ，对球心0 c r= ? 的电偶极矩p ? 和 电四极矩 D分别为 ( )d V prrV ? = (1) 和 2 3( )d V rrrrV ? = DI (2) 式中 I为单位张量. 由于球对称分布，故()( )rr= ? ，于是 ( )d() ()d0rrVrrV ? + = (4) 由(4)式可知，这时由(1)式定义的p ? 为零。 电四极矩 D在笛卡儿坐标系的分量式为 2 (3) ( )d ijijij V x xrrV ? = D (5) 当ij时， 华中师大 陈义成 - 46 - 3( )d ijij V x xrV ? = D (6) 由于球对称分布，故有 ( )d()()d0 ( )d() ()d0 ijij ijij x xrVx xrV x xrVxxrV ? ? + = += (7) 0 ij =D (8) 当ij=时， 2 (3) ( )d iiii V x xrrV ? = D (9) 因球对称分布，故有 11 22 33 =DDD (10) 又由(9)式有 11 22 33 0+=DDD (11) 11 22 33 0=DDD (12) 于是得 =0 D (13) 2.21 2.21 设电荷分布在有限区域V内，并且是轴对称分布的，则取对称轴上任一点为 原点，以对称轴为z轴时，电荷密度便只是r和的函数。(1)试证明这电荷分布对原 点的电偶极矩为 z ppe= ? ，式中 z e ? 为z轴方向上的单位矢量，并求p ? 的表达式；(2)试 证明这电荷分布对原点的电四极矩 D的分量式：当ij时， 0 ij =D；当ij=时， 11 22 33 1 2 =DDD，并求 33 D的积分表达式。 【解】(1)由电偶极矩定义 ( )d V prrV ? = (1) 得 ( , ) d V prr V ? = () 2 2 000 ( , )sin cossin sincossin d d d r xyz rrerererr ? =+ 3 00 2( , )sin cos d d r z rrre ? = (2) z ppe= ? (3) 其中 华中师大 陈义成 - 47 - 3 00 2( , )sin cos d d r prrr = (4) (2) 由电四极矩的定义式 2 (3) ( )d V rrrrV ? = DI (5) 得它的分量式为 2 (3) ( )d ijijij V x xrrV ? = D (6) 当ij时， 3( )d ijij V x xrV ? = D 2 2 000 3( , )sin d d d r ij x x rrr = ji =D (7) 因ij，故 i x和 j x中有一个是z时，另一个必为x或y，由于 sincosxr=，sinsinyr= 2 0 sin d0 = ， 2 0 cos d0 = 故得 13 31 23 32 0=DDDD (8) 当 i x和 j x都不是z时，由于 2 0 sincos d0 = 故得 12 21 0=DD (9) 又由(6)式得 22 111 (3) ( , )d V xrrV= D 2 224 000 (3sincos1) ( , )sin d d d r rrr = 42 00 3 2( , )sin1 sin d d 2 r rrr = (10) 22 222 (3) ( , )d V xrrV= D 2 224 000 (3sinsin1) ( , )sin d d d r rrr = 华中师大 陈义成 - 48 - 42 11 00 3 2( , )sin1 sin d d 2 r rrr = D (11) 11 22 33 0+=DDD (12) 11 22 33 1 2 =DDD (13) 33 D的表达式为 22 33 (3) ( , )d V zrrV= D 2 24 000 (3cos1) ( , )sin d d d r rrr = 42 00 2( , )(3cos1)sin d d r rrr = (14) 2.22 2.22 电荷q均匀地分布在长为l的一段直线上，以这线段为z轴取笛卡儿坐标系， 试求下列两种情况下这线段电荷对原点的电偶极矩和电四极矩： （1）原点在线段中点， 如图所示； （2）原点在线段的一端。 【解】 （1）原点在线段中点。令/q l=为电荷的线密度。对原点的电偶极矩为 /2 /2 dd l z ql pr qz ez ? = /2 /2 d0 l z l ez z ? = (1) 对原点的电四极矩分量为 2 (3)d ijijij q x xrq = D /2 2 /2 (3) d l ijij l x xrz = 0=， 当ij，3i，3j时；0 ij xx = （2） /2 22332 33 /2 211 (3) d 366 l q l zzzzlql = D （3） /2 22232 11 /2 11 (3) dd 1212 l ql xrzzzlql = D（这时0x = ）（4） /2 2222 22 11 /2 1 (3) dd 12 l ql yrzzzql = DD（这时0y =） （5） 故所求的电四极矩 D用矩阵表示为 2 100 1 =010 12 002 ql D （6） y z x O l 华中师大 陈义成 - 49 - （2）原点在一端。设带电线段在0z处。对原点的电偶极矩为 00 1 ddd 2 ll zzz q pr qz ezez zqle ? = (7) 对原点的电四极矩分量为 2 (3)d ijijij q x xrq = D 2 0 (3) d l ijij x xrz = 0=，当ij （8） 22222 33 0 2 (3)d(3) d 3 l q zrqzzzql= D （9） 2222 11 0 1 (3)dd 3 l q xrqzzql= D （10） () 2222 22 0 1 3dd 3 l q yrqzzql= D （11） 故所求的电四极矩 D用矩阵表示为 2 100 1 =010 3 002 ql D （12） 设带电线在0z 处，则仍有 0 ij =D，当ij。这时 () 0 2222 33 2 3d2d 3 ql zrqzzql = D （13） 00 222 11 22 1 ()dd 3 ll zqzzql = DD （14） 可见结果 D与带电线在0z 处相同。这时电偶极矩为 0 2 11 dd 22 zzz ql pr qz ezql eqle ? = (15) 可见p ? 与带电线在0z 处时大小相等而方向相反。 【讨论】设带电线上端在za=，下端在zb=处，则对原点的电偶极矩为 22 11 dd()() 22 a zzz qb pr qz ezq ab eq ab e ? =+ (16) 电四极矩的分量为 2 (3) d0 ijijij q x xrz = D，当ij (17) 华中师大 陈义成 - 50 - 223322 33 22 (3) d()() 33 a b zzzabq aabb=+ D （18） 222 11 22 1 d() 3 a b zzq aabb=+ DD （19） 22 100 1 =() 010 3 002 q aabb + D （20） 2.232.23 真空中有电量分别为q、2q、q的三个点电荷在同一直线上，其间距离 都是a。如图(a)所示。对于ra?的区域来说，这三个点电荷构成一个线性电四极子。 试求这线性电四极子在P点产生的电势。 【解法一】由点电荷的电势叠加求。 如图，所求的电势为 012 12 4 qqq rrr =+ 22 0 21 4 2cos q r raar = + 22 1 2cosraar + (1) 根据展开式 1/2232 135 (1)1, 1 2816 xxxxx =+ (2) 在ra?处，展开(1)式中的两个根号，并保留 3 1 r 项，即 2 22 22 22 1112 cos32 cos 1 28 2cos aaaa rrrrr raar ? + + 222 22 1cos3cos 1 22 aaa rrrr ? + (3) 代入(1)式便得P点的电势为 22222 223 00 3cos(3cos1) 44 qaaqa r rrr = (4) 【解法二】由两个电偶极子的电势叠加求。 a a - - + P 1 r 2q q q 2 r r 图（a） 华中师大 陈义成 - 51 - 在ra?的条件下，我们可以把这三个点电荷当作方向相反的两个电偶极子 1 p ? 和 2 p ? ，如图(b)所示。于是所求的电势便为 1122 12 33 0 10 2 44 p rp r rr ? ? ii =+=+ 12 33 0 12 4 zz e re rqa rr ? ? ? ii = （5） 式中 12 11 cos, cos 22 zz e rra e rra ? ? ? ii =+= （6） 3/2 223/23 3 1 111 1cos (2)cos a raarrr r ? =+ + 3 13 1cos 2 a rr ? （7） 3/2 3/23 223 2 111 1cos (2)cos a rr raarr ? = + 3 13 1cos 2 a rr ? + （8） 将以上三式代入（5）式便得 3 0 1313 cos1coscos1cos 42222 qaaa rara rrr =+ 22 3 0 (3cos1) 4 qa r = （9） 【解法三】由电四极子产生电势的公式求。 图（b） 2 p 1 p 2q/2a - - + P 1 r q q 2 r r z /2a 华中师大 陈义成 - 52 - 根据对称性， 这个电荷系的总电荷量为零， 电偶极矩之和也为零， 因此， 它在ra? 处产生的电势便等于它的电四极矩 D所产生的电势，即 5 0 1 42 iijj ij xx r = D (10) 式中 4 2 1 (3) ijninjnijn n x xrq = = D (11) 因0 n x=，0 n y=，故 0 ij =D，当ij (12) 44 2222 11 11 (3)2 nnnnn nn xrqrqqa = = D (13) 44 2222 22 11 (3)2 nnnnn nn yrqrqqa = = D (14) 2 33 11 22 ()4qa=+=DDD (15) 将 ij D值代入（10）式，便得所求电势为 2222222 11 22 33 55 00 (2) 84 xyzqaxyz rr + = DDD 22 3 0 (3cos1) 4 qa r = (16) 2.24 2.24 边长为a的正方形的四个顶点 上各有一个点电荷，它们的电荷量依次 为q，q，q和q，如图所示。对于 ra?的区域来说，这四个点电荷构成 一个平面电四极子。试求这平面电四极 子在P点（P点与平面电四极子在同一 平面内）产生的电势。 【解法一】由点电荷的电势叠加求。 如图所示，所求的电势为 01234 1111 4 q rrrr =+ （1） 式中 题 2.24 图 y P x 1 r 2 r 3 r q q + + O 4 r r 华中师大 陈义成 - 53 - 22 2oo 1 1 2cos(135)12cos(45) 222 aaaa rrrr rr =+=+ 即得 1/2 2 1 1 12cos(45) 2 raa rrr ? =+ （2） 与此类似得 1/2 2 2 1 12cos(45 ) 2 raa rrr ? =+ （3） 1/2 2 3 1 12cos(45) 2 raa rrr ? =+ （4） 1/2 2 4 1 12cos(45 ) 2 raa rrr ? =+ （5） 用公式 1/223 11 31 3 5 (1)1 22 42 4 6 xxxx =+ （6） 将以上四式展开，取到() 2 a r项得 22 2 1 123 1cos(45)cos (45) 424 raaa rrrr ? = + （7） 22 2 2 123 1cos(45 )cos (45 ) 424 raaa rrrr ? = + （8） 22 2 3 123 1cos(45)cos (45) 424 raaa rrrr ? = + （9） 22 2 4 123 1cos(45 )cos (45 ) 424 raaa rrrr ? = + （10） 于是 2 22 1234 3 cos (45)cos (45 ) 2 rrrra rrrrr ? +=+ 2 3sin cos a r = （11） 华中师大 陈义成 - 54 - 代入（1）式便得所求电势为 2 3 0 3sin cos 4 qa r = （12） 【解法二】由电偶极子的电势叠加求。 按照图示，我们把这四个点电荷看作是两个电偶极子，位于 1 2 y a re ? = 处的 1x pqae ? =，和位于 2 2 y a re ? = 处的 2x pqae= ? 。它们产生的电势分别为 11 1 33 01 0 ()2 4 4 2 xy y a qaere prr